50 bai tap tu giac noi tiep co dap an toan 9

Trang 1

BÀI TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP

I Phương pháp giải 1 Định nghĩa:

Một tứ giác cĩ 4 đỉnh nằm trên một đường trịn được gọi là tứ giác nội tiếp đường trịn (gọi tắt là tứ giác nội tiếp)

2 Định lí:

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai gĩc đối diện bằng 180

3 Định lí đảo:

Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn

II Bài tập

Bài 1: (53 /89 /SGK T2)

Biết ABCD là tứ giác nội tiếp Hãy điền vào các ơ trong trong bảng sau (nếu cĩ thể) Trường hợp Gĩc 1) 2) 3) 4) 5) 6) A 80 60 95 B 70 4065 C 105 74 D 75 98 Giải

Vận dụng định lí “Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180” ta tính được số đo của một gĩc đối khi đã tính số đo của gĩc kia

* A là gĩc đối của C nên A C 180

18018080100

CA

      

* B là gĩc đối của D nên B D 180

18018070110

DB

      

* A C 180  A 180  C 180 105  75

Trang 2

* A C 180  C 180  A 180   60120* B D 180  D 180  B 180   40140* A C 180  A 180  C 180   74106* A D 180  D 180  B 180   65115* A C 180  C 180  A 180    9585* B D 180  B 180  D 180    9882 Trường hợp Gĩc 1) 2) 3) 4) 5) 6) A 80 75 60 40 106 95 B 70 105 65 82 C 100 105 120 74 85 D 110 75 140 115 98 Bài 2: (54/89/SGK T2)

Tứ giác ABCB cĩ ABCADC180 Chứng minh các đường trung trực của AC; BD; AB cùng đi qua một điểm

Giải

GT ABCD cĩ ABCADC180KL Trung trực của AC

Trung trực của BD

Trung trực của AB đồng quy tại một điểm

Chứng minh

Bài này thuộc thể loại chứng minh các đường thẳng đồng quy

Muốn chứng minh các đường thẳng đồng quy ta vận dụng các định lí:

* Định lí về ba đường trung tuyến của tam giác * Định lí về ba đường phân giác của một tam giác

Trang 3

* Định lí về ba đường trung trực của một tam giác * Định lí về ba đường cao của một tam giác, v.v

Bài này ta vận dụng kiến thức nào trong các kiến thức vừa nêu để giải?

Với ABC cĩ hai đường trung trực của hai cạnh AB và BD được cho đường trịn Do thế khơng dùng các kiến thức vừa nêu

Bài này chú ý đến giả thiết: “Tứ giác ABCD cĩ ABCADC180” Đây là hai gĩc đối của một tứ giác Do đĩ:

Tứ giác ABCD cĩ ABCADC180 (giả thiết) ABCD nội tiếp được đường trịn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O nên: OAOBOCOD RA B C D, , , cách đều điểm OO là giao điểm của các đường trung trực của các đoạn thẳng (cạnh của tứ giác) AC, BD, AB

Vì vậy trung trực của AC, BD, AB đồng quy tại O là tâm của đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD

Bài 3: (55/89/SGK T2)

Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường trịn tâm M Biết DAB 80 ;DAM  30 ;BMC 70 Hãy tính số đo các gĩc: MAB BCM AMB DMC AMD MCD BCD,,,,,,

Giải

ABCD nội tiếp (M)

GT DAB 80 ;DAM  30 ;BMC 70KL MAB??BCM ??AMB DMC??MCD BCD

Ta phải vận dụng những kiến thức cơ bản nào để tính

được số đo các gĩc mà đề bài yêu cầu các kiến thức phải vận dụng để giải bài này là: * Định lí thuận về tứ giác nội tiếp

* Định nghĩa tam giác cân

Trang 4

AMD

 cĩ MAMD  RAMD cân tại M MADMDA 30 (Theo định lí: Trong một tam giác cân hai gĩc ở đáy bằng nhau)

AMD

 cĩ AMDMADMDA180 (Theo định lí: Tổng số đo ba gĩc trong của một tam giác bằng 180)



180180303018060120

AMDMADMDA

         DAB 80 (giả thiết)

80803050

MABMAD

        Vậy MAB 50

BMC

 cĩ MBMC  RBMC cân tại M (Theo định nghĩa tam giác cân) MBCMCB

BMC

 cĩ BMCMBCMCB180 (Định lí tổng số đo ba gĩc trong của một tam giác)

110218018070110552BCMBMCBCM       Vậy BCM  55 AMB

 cĩ MAMB  RAMB cân tại M (Theo định nghĩa tam giác cân) MABMBA

(Theo định lí: Trong một tam giác cân hai gĩc ở đáy bằng nhau) mà

803050

MABDAB MAD     

MAB

 cĩ AMBMABMBA180 (Định lí tổng số đo ba gĩc trong của một tam giác bằng

180)



180180505018010080

AMBMABMBA

        

Vậy AMB 80

Ta cĩ DMAAMBBMC CMD360 (số đo của một gĩc đáy)

3603601208070CMD  DMAAMBBMC      360 270  90 Vậy CMD 90 MCD

 cân tại M MCDMDC (Tam giác cân cĩ hai gĩc ở đáy bằng nhau)

2MCD 180 CMD 1809090     90452MCD  5545100oBCDMCBMCD     Vậy BCD100 Bài 4: (56/89 /SGK T2)

Trang 5

Giải

ABCD nội tiếp (O) GT ABDCE 40AED  ADBCF 20AEB KL Tính các gĩc của ABCD

Muốn tính được các gĩc của tứ giác ABCD ta phải giải các phương trình đại số Đặt BCEx

BCEDCF (hai gĩc đối đỉnh) DCF x

BCE

 cĩ ABC là gĩc ngồi đỉnh B nên ABC  40 x (Theo định lí: Mỗi gĩc ngồi của một tam giác bằng tổng hai gĩc trong khơng kề với nĩ)

ADC là gĩc ngồi đỉnh D của CDF nên ADCDCFCFD  x 20 Mà: ABCADC180(Theo định lí: Tứ giác nội tiếp đường trịn cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180) Từ đĩ ta cĩ:

4020260 180212060

ABCADC      xxx x  x Vậy BCE  60 BCD180   60120 Do đĩ BCD120

BCE

 cĩ CBEBECECB180



180180406018010080

CBEBECECB

        

Mà ABC và CBE là hai gĩc kề bù nên ABC180 CBE180   80100 Vậy ABC100

Biết ABC CDA180 (Theo định lí: Trong tứ giác nội tiếp đường trịn, tổng hai gĩc đối diện cĩ số đo bằng 180) 18018010080CDAABC    Vậy CDA 80 180

BADDCB (Theo định lí: Tổng hai gĩc đối diện của một tứ giác nội tiếp bằng 180)

18018012060

DABDCB

    Vậy BAD 60

Trang 6

Trong các hình sau, hình nào nội tiếp được một đường trịn: Hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuơng, hình thang, hình thang vuơng, hình thang cân, vì sao?

Giải

Dựa vào kiến thức cơ bản nào để khẳng định được trong 6 hình mà đề bài nêu hình nào nội tiếp được đường trịn Muốn biết một tứ giác cĩ nội tiếp đường trịn hay khơng ta dựa vào định lí đảo của định lí về tứ giác nội tiếp

Trong 6 hình đã cho cĩ 3 hình nội tiếp được một đường trịn là: Hình chữ nhật, hình vuơng và hình thang cân

* Chứng minh hình chữ nhật nội tiếp được một đường trịn ABCD là hình chữ nhật nên:

Cách 1:

Do ABCD là hình chữ nhật nên ABCBCDCDADAB 90 (Định nghĩa hình chữ nhật: Hình chữ nhật là tứ giác cĩ 4 gĩc vuơng)

Suy ra DABBCD    9090180  Hình chữ nhật ABCD nội tiếp được một đường trịn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác cĩ tổng hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

Cách 2:

ABCD là hình chữ nhật nên AC và BD cắt nhau tại O cĩ OAOBOCOD (Theo định lí: Hình chữ nhật cĩ hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường)

, , ,

A B C D

 cách đều OABCD là hình chữ nhật thì nội tiếp được một đường trịn

* Chứng minh hình vuơng nội tiếp được một đường trịn

Cách 1:

ABCD là hình vuơng nên

909090180

DABABCBCDDCA  DABBCD    

Hình vuơng ABCD nội tiếp được một đường trịn (Theo định lí

đảo: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được một đường trịn)

Cách 2:

Trang 7

* Chứng minh hình thang cân nội tiếp được đường trịn ABCD là hình thang cân nên AB/ /CD và

;

AB CD

Lại cĩ ADCDAB180 (Hai gĩc trong cùng phía)

180

ADCABC

 (vì ABCDAB)  Hình thang ABCD nội tiếp được đường trịn (theo định lí đảo)

Bài 6: (58/90/SGK T2)

Cho ABC đều Trên nửa mặt phẳng bờ BC khơng chứa đỉnh A lấy D sao cho DBDC và

12

DCB ACB

a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp

b) Xác định tâm của đường trịn đi qua bốn điểm A, B, D, C

Giải GT ABC cĩ ABBCCAACBBCD ACD 11.6022BCD ACB

KL * ACDB nội tiếp đường trịn

* Xác định tâm của đường trịn đi qua 4 điểm A, C, D, B

Chứng minh

a) Dựa vào kiến thức cơ bản nào để chứng minh tứ giác ACDB nội tiếp đường trịn?

Cĩ nhiều kiến thức cơ bản để vận dụng chứng minh tứ giác nội tiếp được một đường trịn, trong các phương pháp chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn cĩ 5 phương pháp thơng dụng là:

* Dùng định lí đảo của định lí về tứ giác nội tiếp:

Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo hai gĩc đối diện bằng 180° thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn

* Dùng định lí về hình thang cân:

Trong các hình thang chỉ cĩ hình thang cân nội tiếp được đường trịn

* Trong các hình bình hành chỉ cĩ hình chữ nhật nội tiếp được đường trịn (cả hình vuơng vì hình vuơng cũng là hình chữ nhật)

Trang 8

* Tứ giác cĩ hai đỉnh kề cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại dưới những gĩc bằng nhau (Quỹ tích cung chứa gĩc)

Ta dùng phương pháp nào trong các phương pháp nêu trên để chứng minh tứ giác ABDC (nội tiếp đường trịn?)

Với giả thiết “Tam giác đều” và ACB 60 và giả thiết “ 1

2

BCD ACB” tức là 16030

2

BCD   Ta dùng định lí đảo của định lí về tứ giác nội tiếp để chứng minh ABDC nội tiếp đường trịn

ABC

 đều (giả thiết) BAC ACBCBA 60 Hay B1C1 60 (1)

BCD

 cĩ BDCD (giả thiết) nên BCD cân tại D (Định nghĩa tam giác cân) B2C2

(Theo định lí: Tam giác cân cĩ hai gĩc ở đáy bằng nhau)

2

1

302

C  ACB  (chứng minh trên) nên C2B2 30 (2)

Từ (1) và (2) ta cĩ: B1B2C1C2     603090 hay ABDACD 90

Tứ giác ACDB cĩ ABDACD    9090180  Tứ giác ACDB nội tiếp được đường trịn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

b) Xác định tâm của đường trịn đi qua bốn điểm A, C, D, B

Cách 1: Theo câu a) 60 30 90603090ABCCBDACBBCD          ABD

 vuơng tại B, tương tự ACD vuơng tại CAD là đường kính của đường trịn đi qua A, C, D, B  Trung điểm O của AD là tâm của đường trịn này

Cách 2:

Tứ giác ACDB nội tiếp đường trịn (chứng minh ở câu a)) A, C, D, B cách đều một điểm O O là giao điểm của các đường trung trực của các cạnh AB, AC, BC

Bài 7: (59 /90 /SGK T2)

Cho hình bình hành ABCD Đường trịn đi qua 3 đỉnh A, B, C cắt đường thẳng CD tại P khác C

Chứng minh AP AD

Trang 9

ABCD cĩ AB/ /CD AD,/ /BC GT A B C, , O  CD O P KL APADChứng minh

Bài này thuộc thể loại chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau Muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau phương pháp được sử dụng nhiều nhất là: chứng minh hai tam giác cĩ chứa hai đoạn thẳng đĩ bằng nhau

Bài này khơng cĩ hai tam giác chứa AP và AD để chứng minh bằng nhau

Hai đoạn thẳng AP và AD là hai cạnh của ADP;ADP cĩ phải là tam giác cân tại A? Muốn chứng minh APDADP ta vận dụng định lí về tứ giác nội tiếp và tính chất của hình bình hành

Cách 1:

Do P O nên tứ giác ABCP nội tiếp đường trịn (O) (Theo định nghĩa: Tứ giác nội tiếp là tứ giác cĩ bốn đỉnh cùng nằm trên một đường trịn)

Do ABCD nội tiếp đường trịn (O) nên ABCADC180 (Theo định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180) (1)

Mà APDAPC180 (hai gĩc kề bù) (2)

Từ (1) và (2) ta cĩ: ABC APD (cùng bù với APC) (3)

Do ABCD là hình bình hành nên ABCADC (Tính chất: Hình bình hành cĩ các gĩc đối bằng nhau) (4)

Từ (3) và (4) ta cĩ APDADP (cùng bằng ABC)  APD cân tại A (Theo định lí: Nếu một tam giác cĩ hai gĩc bằng nhau thì tam giác đĩ là tam giác cân) AP AD

Cách 2:

Vì ABCD là hình bình hành (giả thiết) nên AB/ /CD (Hình bình hành cĩ các cạnh đối song song) ABCD là hình thang (vì P O và PCD)

 Hình thang ABCD nội tiếp (O)

Trong các hình thang chỉ cĩ hình thang cân là nội tiếp được đường trịn  Hình thang ABCD đã nội tiếp phải là hình thang cân APBC

Mà ADBC (Tính chất cạnh đối của hình bình hành)

APAD

Trang 10

Bài 8: Cho tứ giác ABCD cĩ hai đường chéo AC và BD vuơng gĩc với nhau Gọi M, N, P, Q

lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp được đường trịn Giải ABCD cĩ ACBD GT AM MB ;NBNC PCPDQDQA

KL MNPQ nội tiếp được đường trịn

Làm thế nào để chứng minh được MNPQ nội tiếp được đường trịn

Nhắc lại cĩ năm cách chứng minh tứ giác nội tiếp được đường trịn

Ta dùng cách nào để chứng minh MNPQ nội tiếp được đường trịn

Với giả thiết trung điểm dẫn đến song song, song song dẫn đến hình bình hành Lại cĩ giả thiết hai đường chéo vuơng gĩc Song song và vuơng gĩc cĩ thể dẫn đến hình chữ nhật Mà đã cĩ hình chữ nhật thì tất cĩ nội tiếp đường trịn

ABD

 cĩ M là trung điểm của cạnh AB Q là trung điểm của cạnh AD

 MQ là đường trung bình (Theo định nghĩa đường trung bình của tam giác) MQ/ /BD và

2

BD

MQ (Theo định lí 2: Đường trung bình của tam giác song song bằng nửa cạnh thứ ba)(1) Tương tự cũng cĩ NP/ /BD và 2BDNP (2) Từ (1) và (2) ta cĩ MQ/ /NPMQNP  MNPQ

 là hình bình hành (Theo dấu hiệu 3: Nếu một tứ giác cĩ hai cạnh đối song song và bằng nhau thì tứ giác đĩ là hình bình hành) (3)

Gọi giao điểm của AC và BD là I ta cĩ:

MQP AID (Hai gĩc cĩ cạnh tương ứng)  90 Hình bình hành MNPQ lại cĩ MQP 90 nên là hình chữ nhật (Theo dấu hiệu 3: Hình bình hành cĩ một gĩc vuơng là hình chữ nhật)

MNPQ

 nội tiếp được đường trịn (O) (Trong các hình bình hành chỉ cĩ hình chữ nhật nội tiếp được đường trịn)

Bài 9: Cho hình vuơng ABCD cạnh bằng a, gĩc vuơng xAy thay đổi sao cho tia Ax cắt cạnh

Trang 11

a) Chứng minh ABI  ADK

b) Gọi Q là trung điểm của IK chứng minh tứ giác ABIQ nội tiếp được đường trịn

c) Chứng minh bốn điểm A, Q, B, K cùng nằm trên một đường trịn I Q P, , thẳng hàng

Giải

ABCD cĩABBCCDDA

90

A    BCD

90

xAy  quay quanh A GT AxBCI

Ay đường thẳng CDK

QI QK * ABI  ADK

KL * ABIQ nội tiếp đường trịn * AQDK nội tiếp đường trịn a) Chứng minh ABI  ADK

Ta phải sử dụng kiến thức cơ bản nào để chứng minh ABI  ADK? Cĩ 5 định lí nào về hai tam giác bằng nhau

Trong năm định lí nĩi về hai tam giác bằng nhau Cĩ ba định lí nĩi về hai tam giác thường bằng nhau và hai định lí nĩi về trường hợp bằng nhau đặc biệt của hai tam giác vuơng Ba định lí về trường hợp bằng nhau của hai tam giác thường là:

* Trường hợp thứ nhất

Nếu ba cạnh của tam giác này lần lượt bằng ba cạnh của tam giác kia thì hai tam giác ấy bằng nhau (c.c.c)

* Trường hợp bằng nhau thứ hai

Nếu hai cạnh xen giữa một gĩc của tam giác này bằng hai cạnh xen giữa một gĩc của tam giác kia thì hai tam giác ấy bằng nhau (c.g.c)

* Trường hợp bằng nhau thứ ba

Nếu hai gĩc kề với một cạnh của tam giác này bằng hai gĩc kề với một cạnh của tam giác kia thì hai tam giác đĩ bằng nhau (g.c.g)

Hai định lí về hai trường hợp bằng nhau đặc biệt của hai tam giác vuơng * Trường hợp bằng nhau thì nhất của hai tam giác vuơng:

Trang 12

* Trường hợp bằng nhau thứ hai của hai tam giác vuơng

Nếu cạnh huyền và một cạnh gĩc vuơng của tam giác vuơng này bằng cạnh huyền và một cạnh gĩc vuơng của tam giác vuơng kia thì hai tam giác vuơng ấy bằng nhau

Trong các định lí vừa nhắc lại ta dùng định lí nào để chứng minh ABI  ADKABI

 và ADK là hai tam giác vuơng, nhưng cạnh huyền của hai tam giác giả thiết chưa cho chúng bằng nhau, nên ta phải dùng định lí và trường hợp bằng nhau của tam giác thường để chứng minh ABI và ADK cĩ:    

13 (cùng phụ với )2

(hai cạnh của một hình vng) .

90

AAA

AB ADABIADK g c g

ABI ADK

b) Chứng minh ABIQ nội tiếp được đường trịn

Nhắc lại cĩ 5 cách chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn Ta dùng cách nào để chứng minh tứ giác ABIQ nội tiếp được đường trịn?

Và giả thiết “hình vuơng” ta cĩ ABI   90 Tứ giác ABIQ cĩ một gĩc bằng 90 thì kết luận được tứ giác ABIQ nội tiếp đường trịn

Làm thế nào để chứng minh được AQI  90 ?

Muốn chứng minh được AQI  90 ta bám lấy giả thiết “Q là trung điểm của IK” Do Q là trung điểm của IK nên AQ là trung tuyến ứng với cạnh IK của AIK Nếu chứng minh được

AIK

 cân tại A thì dĩ nhiên trung tuyến AQ ứng với đáy IK sẽ là đường cao

Do ABC ADK (chứng minh trên) nên AI  AK (Hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)  AIK cân tại A  Trung tuyến AQ ứng với đáy IK lại là đường cao (Tính chất của tam giác cân) AQI  90

Tứ giác ABIQ cĩ:   





90 (góc của hình vng ABCD)90 (chứng minh trên)

ABI

AQI

ABI AQI90 90   180 mà ABI và AQI là hai gĩc đối diện của tứ giác ABIQ nên tứ giác ABIQ nội tiếp được đường trịn (Theo định lí đảo: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

c) Chứng minh AQDK nội tiếp và I, Q, D thẳng hàng

Ta dùng cách chứng minh nào để chứng minh AQDK nội tiếp được đường trịn?

Muốn chứng minh AQDK nội tiếp được đường trịn ta lợi dụng giả thiết: “Hình vuơng”

90

ADK

Trang 13

Tứ giác AQDK cĩ:    

 

90 (vì AQ IK)

90 (kề bù với 90 )

AQK

ADKADC

 Q và D cùng nhìn AK dưới gĩc 90  Q và D nằm trên cung chứa gĩc 90 dựng trên đoạn AK  Tứ giác AQDK nội tiếp đường trịn đường kính AK (Quỹ tích cung chứa gĩc) Do AQDK nội tiếp đường trịn nên Q2 A3 (Hai gĩc nội tiếp cùng chắn DK) mà



31 1 1

AAQA Nhưng A1Q1 (Hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung BI) Q1Q2 (cùng bằng

2

A ) mà Q1 và Q2 ở vị trí đối đỉnh nên I, Q, K thẳng hàng

Bài 10: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax và By Gọi M là điểm

chính giữa của cung AB và N là điểm bất kỳ thuộc đoạn OA Đường thẳng vuơng gĩc với MN tại M lần lượt cắt Ax tại O và cắt By tại C

1) Chứng minh AMN BMC 2) Chứng minh ANM BCM

3) DN cắt AM tại E và CN cắt BM ở F Chứng minh EF Ax

Giải

Nửa đường trịn (O) đường kính AB

AM MB CD MN tại M GT D Ax C By;AM DN E CN BM F AMN BMCKL ANM BMCEF AxChứng minh 1) Chứng minh AMN BMC

Cĩ rất nhiều phương pháp chứng minh hai gĩc bằng nhau, ta dùng phương pháp nào để chứng minh AMN BMC ?

Theo giả thiết "tiếp tuyến" kẻ "vuơng gĩc" ta nghĩ ngay đến phương pháp:

Muốn chứng minh hai gĩc bằng nhau ta chứng minh hai gĩc đĩ cùng phụ với gĩc thứ ba  1232

90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)+=90Do (giả thiết) =90+=90

AMBM M

Trang 14

M1M3 (cùng phụ với M2) tức là AMN BMC 2) Chứng minh ANM BMC

ANM và BMC là hai tam giác thường Muốn chứng minh hai tam giác thường bằng nhau ta sử dụng một trong 3 định lí về ba trường hợp bằng nhau của hai tam giác thường

Muốn chứng minh ANM BMC ta dùng định lí về trường hợp bằng nhau thứ mấy của tam giác thường

Muốn biết phải sử dụng định lí vì trường hợp bằng nhau thứ mấy của hai tam giác thường ta điểm các giả thiết “điểm chính giữa các cung AB” Từ giả thiết điểm chính giữa ta cĩ

MAMB, đã cĩ cùng bằng nhau trong một đường trịn dĩ nhiên cĩ dây căng cung bằng nhau Với giả thiết “Tiếp tuyến” dẫn đến cung bị chắn, nếu cung bị chắn bằng nhau cĩ thể các gĩc chắn cung đĩ bằng nhau Từ tư duy đĩ ta cĩ:

ANM và BMC cĩ:    1311 chứng minh trên

(vì do M là điểm chính giữa của )

1

(cùng có số đo bằng sđ)2MMAM BMAM BMABABBM ANM BMC (g.c.g) 3) Chứng minh EF Ax

Cĩ rất nhiều phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuơng gĩc với nhau Do cĩ nhiều phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuơng gĩc với nhau nên muốn cĩ ngay phương pháp chứng minh thích hợp người làm tốn phải thuộc kiến thức cơ bản và đã được rèn luyện năng lực tư duy

Muốn chứng minh EF Ax ta lợi dụng giả thiết AB Ax Nếu ta chứng minh được EF/ /AB

thì dĩ nhiên EF Ax

Muốn chứng minh được EF/ /AB ta phải chứng minh được E1N1 (vì hai gĩc này ở vị trí so le trong)

Muốn chứng minh được E1N1 phải chứng minh N1M1

Muốn chứng minh N1M1 phải chứng minh N1M3 vì M3M1 và N1 và M3 đều cĩ N và M cùng nhìn BC

Muốn chứng minh M3N1 ta chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp được đường trịn:

Tứ giác BCMN cĩ:     



 

90 (Do By là tiếp tuyến )90 (Do CD NM)

NBCO

NMC

Trang 15

đối diện bằng 180° thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn) N1M3 (hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung BC (Theo hệ quả: Trong một đường trịn, hai gĩc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)

Mà M3M1 (chứng minh trên) M1N1 (1) Đến đây ta lại phải chứng minh được M1E1

Muốn chứng minh M1F1 ta phải chứng minh được tứ giác MFNE nội tiếp đường trịn vì M và F cùng nhìn NE

Muốn chứng minh tứ giác MFNE nội tiếp được đường trịn ta phải chứng minh được

 90

ENF vì đã cĩ FME90

Muốn chứng minh được FNE 90 ta phải chứng minh được DNC vuơng tại N

Muốn chứng minh được DNC vuơng tại N ta phải chứng minh được D1 A1 45 (vì đã cĩ:

1145

C B  )

Muốn chứng minh được D1 A1 45 ta phải chứng minh tứ giác ADMN nội tiếp đường trịn

Tứ giác ADMN cĩ:    





90 (vì Ax)

90 (Theo gia thiết MN CD tại M)

NADAB

NMD

9090180

NADNMD

     mà NAD và NMD là hai gĩc đối diện của tứ giác ADMN nên ADMN nội tiếp được đường trịn đường kính DN D1 A1 45 (Hai gĩc nội tiếp cùng chắn MN)

DNC

 cĩ NDCNCD 45 nên vuơng cân tại N ENF  90

Tứ giác MFNE cĩ:   90 (chứng minh trên)90 (chứng minh trên)EMFENF MFNE

 nội tiếp được đường trịn đường kính EF M1F1 (vì hai gĩc nội tiếp cùng chắn

NE) (2)

Từ (1) và (2) ta cĩ N1F1 (cùng bằng M1) mà N1 và F1 ở vị trí so le trong nên: EF/ /AB Mà AxAB thì AxEF (Theo định lí: Đường thẳng vuơng gĩc với một trong hai đường thẳng song song thì vuơng gĩc với đường kia)

Vậy EF Ax

Bài 11: Cho BC là dây cung của đường trịn (O; R) (BC khơng đi qua tâm) Một điểm A di

động trên cung lớn BC sao cho O luơn luơn nằm trong ABC Các đường cao AD, BE, CF của ABC cắt nhau tại H

a) Chứng minh AEF∽ABC

Trang 16

c) Gọi A1 là trung điểm của EF Chứng minh E AA. 1 AA OA.

d) Chứng minh R EF FDDE2SABC từ đĩ xác định vị trí của A để tổng EFFD DE đạt giá trị lớn nhất

Giải

Dây cung BC O , BC khơng qua tâm O GT A di động trên cung lớn BC ,,BEAC CFAB BECFH 11;A BA C A E A F * AEF∽ABCKL * AH2A O* R AA1AA OA.

* R EF FDDE2SABC Xác định H vị trí của A để EFFD DE đạt giá trị lớn nhất a) Chứng minh AEF∽ABC

Muốn chứng minh hai tam giác đồng dạng với nhau ta sử dụng một trong ba định lí về ba trường hợp đồng dạng của hai tam giác thường

Ta sử dụng định lí về trường hợp đồng dạng thứ mấy để chứng minh AEF∽ABC

Muốn biết phải sử dụng định lí nào để chứng minh ta phải căn cứ vào giả thiết và những yếu tố đã biết cĩ trong đề bài

AEF

 đã cĩ sẵn EAF BAC (vì là gĩc chung), ta chỉ cần chứng minh được AFE ACB hoặc

AEF ABC là đủ điều kiện kết luận AEF∽ABC theo trường hợp đồng dạng thứ ba của hai tam giác

Làm thế nào để chứng minh được AFEACB hoặc AEF ABC? Câu trả lời là: Vận dụng giả thiết đường cao và kiến thức cơ bản:

* Định lí: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180°

* Nếu một tứ giác cĩ hai đỉnh kề cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại dưới những gĩc bằng nhau thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn Từ đĩ ta cĩ cách chứng minh

Tứ giác BFEC cĩ:

90

BFC  (vì CF là đường cao ứng với cạnh AB của ABC) F nhìn BC dưới gĩc 90

90

BEC  (vì BE là đường cao ứng với cạnh AC của ABC) E như BC dưới gĩc 90)

F

 và E nằm trên cung chứa gĩc 90° dựng trên đoạn BC

Trang 17

180

ACBBFE

 (Theo định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180)

mà AFEBFE180 (Hai gĩc kề bù)

ACBAFE (cùng bù với BFE) AEF và ABC cĩ:     

(góc chung của hai tam giác) . (chứng minh trên)

EAF BACAEFABC g g

AFE ACB ∽

b) Chứng minh AH 2A O

Câu này thuộc thể loại chứng minh tỷ số: 1

2 hoặc bằng 2 chỉ cĩ định lí về đường trung bình của tam giác Do thế ta phải tạo ra một tam giác cĩ OA' là đường trung bình cịn AH là cạnh tương ứng

Kẻ đường kính AI

Nối I với H và nối I với B

Do A' là trung điểm của BC (giả thiết) Ta phải chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành thì BC và IH là hai đường chéo phải giao nhau tại trung điểm A' của mỗi đường khi đĩ OA' sẽ là đường trung bình của AIH

Dựa vào đâu để chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành? Ta dựa vào giả thiết “đường cao” và “cách vẽ đường kính”

90

ABI (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 

IB AB / / cùng vng góc với AB

CH AB (giả thiết) BI CH (1)

Chứng minh tương tự cũng được BH/ /IC (2)

Từ (1) và (2) ta cĩ tứ giác BHCI là hình bình hành (Theo dấu hiệu 1: Tứ giác cĩ các cạnh đối song song là hình bình hành)  Đường chéo BC và HI cắt nhau tại trung điểm A' của mỗi đường

AHI

 cĩ O là trung điểm của AI (O là tâm AI là đường kính của đường trịn (O) A' là trung điểm của cạnh HI (chứng minh trên)

 OA' là đường trung bình nên OA'/ /AH và '2

AH

OA  (Theo định lí 2: Đường trung bình của tam giác thì song song và bằng nửa cạnh thứ ba) Vậy AH2A O

c) Chứng minh R AA1 AA OA.

Trang 18

Do A1 là trung điểm của đoạn EF (giả thiết) nên AA1 là trung tuyến ứng với cạnh EF của

AEF



A' là trung điểm của BC nên AA' là trung tuyến ứng với cạnh BC của ABC mà

AEFABC

∽ (chứng minh trên) nên AA1 RAAR 1R AAAA OA. (vì 2OAR ) d) Chứng minh R EF FDDE2SABC

Ta cĩ: SABC SAOB AOC BOC   Ta cĩ: 1 .2AOBS  AB OC1.2BOCS  BC OA mà OAR.AMOA BC. R DE.AN1.2AOCS  AC OB tương tự cũng cĩ: OB AC.R FD OC ABR EF

Từ đĩ ta cĩ: 2SABC R DE FDEFDEFDEF lớn nhất SABC lớn nhất  đường cao AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của AB

Bài 12: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường trịn (O) M là điểm di động trên dây BC Dựng

đường trịn (D) qua M và tiếp xúc AB tại B Đường trịn E qua M tiếp xúc với AC tại C Gọi N là giao điểm thứ hai của (O) và (E)

a) Chứng minh điểm N nằm trên đường trịn (O) b) Chứng minh 3 điểm M, N, A thẳng hàng

c) Chứng minh tổng hai bán kính của hai (D) và (E) khơng đổi khi M di động trên BC

Giải

GT ABC (AB AC) nội tiếp (O) M di động trên BC (D) đi qua M tiếp xúc AB tại B

(E) đi qua M tiếp xúc AC tại    E  D N KL * N O

* M, N, A thẳng hàng

* DBEC khơng đổi khi M di động trên BC

Chứng minh

a) Chứng minh giao điểm của (O) và  O là N nằm trên (O)

Trang 19

Muốn chứng minh ACNB nội tiếp được đường trịn (O) ta phải sử dụng một trong 5 phương pháp

Chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn đã nêu ở các bài trước Muốn chứng minh ACNB nội tiếp (O) ta phải sử dụng phương pháp nào?

Với giả thiết ABC nội tiếp đường trịn (O), thì tứ giác ACNB đã cĩ 3 đỉnh A, B, C nằm trên (O) ta cịn phải chứng minh BNCBAC để ACNB nội tiếp (O) thì dĩ nhiên N nằm trên đường trịn (O)

Ta thấy ABCBNM (hai gĩc cùng cĩ số đo bằng 1 sđ

2 BM của (D)

CNM  ACM (vì hai gĩc đều cĩ số đo bằng 1 sđ

2 CyM của (E)

Mà ABCBACACB180 (Tổng số đo ba gĩc trong của tam giác bằng 180) nên

180

BNMCNMBAC  ACNB nội tiếp đường trịn (O) theo định lí: Nếu một tứ giác cĩ tổng hai gĩc đối diện cĩ số đo bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn Vậy N nằm trên đường trịn (O)

b) Chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng

Các phương pháp chứng minh ba hoặc nhiều điểm thẳng hàng đã nêu ở các bài trước Bài này dùng phương pháp nào để chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng?

Với đường trịn (O) cĩ ABCBNM (vì cùng cĩ sđ bằng 1 sđ

2 BxM)

Với đường trịn (E) cĩ ACBCNM (vì cùng cĩ sđ bằng 1 sđ

2 CyM)

Mà ABCACB (hai gĩc ở đáy của ABC cân ở A)

BNMCNMNM

 là tia phân giác của BNC (1)

Với đường trịn (O) ta cĩ ABC cân tại A nội tiếp nên dây ABdây ACABAC (Theo định lí: trong một đường trịn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

ANBANC (Hai gĩc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) NA là phân giác của BNC (2) Từ (1) và (2) ta cĩ NM và NA đều là phân giác của BNC Một gĩc chỉ cĩ một đường phân giác nếu NANM A, M, N thẳng hàng

c) Chứng minh tổng hai bán kính của hai đường trịn (D) và (E) khơng đổi khi M di động trên BC

Muốn chứng minh đại lượng khơng đổi ta phải tìm mối quan hệ giữa đại lượng phải chứng minh và các yếu tố khơng đổi cĩ trong đề bài

Trang 20

Do ABC cố định nên cắt đỉnh A, B, C là các điểm cố định Từ các đỉnh A, B, C cố định dẫn đến các cạnh AB, BC, CA cĩ độ dài khơng đổi

Do (O) tiếp xúc với cạnh AB khơng đổi tại điểm B cố định nên DBAB là yếu tố cố định, tương tự cũng cĩ ECAC tại AC cố định cũng mang tính chất cố định

Gọi K là giao điểm của BD và CE thì AK là đường kính của đường trịn (O) Do BD và CE cố định nên K cố định và K là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

KBKCBKC

  cân tại K (vì KA vừa là phân giác của BKC và là đường cao ứng với BC) B1C1 (Theo định lí: Trong một tam giác cân, hai gĩc ở đáy bằng nhau)

BDM

 cĩ DM DB (cùng bán kính của đường trịn tâm O)  BDM cân tại D B1M1

11

MC

 (cùng bằng B1) mà M1 và C1 ở vị trí đồng vị nên MD/ /EK Chứng minh tương tự cũng được: DK/ /ME

 DMEK là hình bình hành (Theo dấu hiệu 1: Tứ giác cĩ các cạnh đối song song là hình bình hành) EM KD và DMKE mà DM BD

DMMEBDDKBK

 Do B cố định, K cố định nên BK khơng đổi và DB là bán kính của đường trịn (O) ME là bán kính của đường trịn (E)

Do đĩ: BD MEBK khơng đổi

Bài 13: Cho ABC A 90 , đường cao AH Đường trịn tâm H bán kính HA cắt AB tại D, cắt AC tại E Trung tuyến AM cắt DE tại I

1) Chứng minh ba điểm D, H, E thẳng hàng

2) Chứng minh tứ giác BDCE nội tiếp được đường trịn Xác định tâm O của đường trịn đĩ 3) Chứng minh AM DE

4) Chứng minh AHOM là hình bình hành

Giải

Muốn chứng minh ba điểm thẳng hàng cĩ bao nhiêu phương pháp chứng minh?

Hãy xem lại các bài trước để trả lời câu hỏi trên

ABC cĩ BAC 90 GT Đường cao AH (HBC) Đường trịn (H; HA);  H ABD;  H ACE; MBMC * D, H, E thẳng hàng

Trang 21

* AM DE

*AHOM là hình bình hành

F

DA

 vuơng ở A (giả thiết) mà D và E nằm trên đường trịn H HA; DAE là gĩc nội tiếp cĩ số đo là 90° nên là gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn  DE là đường kính của đường trịn (H; HA) Đĩ là đường kính phải đi qua tâm  D, H, E thẳng hàng

2) Chứng minh BDCE nội tiếp được đường trịn

Nhắc lại: Cĩ nhiều phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp được đường trịn, trong các phương pháp đĩ cĩ năm phương pháp thơng dụng là:

* Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn, ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180°

* Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại dưới hai gĩc bằng nhau

* Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn ta chứng minh tứ giác đĩ là hình chữ nhật

* Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn, ta chứng minh tứ giác đĩ là hình thang cân

* Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp được một đường trịn ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ bốn đỉnh cách đều một điểm

Ta chứng minh tứ giác DBEC nội tiếp đường trịn bằng phương pháp nào?

Với 3 giả thiết: “Tam giác ABC cĩ BAC 90 ”, “Đường cao AH” ứng với cạnh BC: “Đường trịn tâm H, bán kính HA cắt AB ở D, cắt AC ở E” ta sẽ cĩ một loạt gĩc bằng nhau

Do thế ta dự đốn: Cĩ thể dùng quỹ tích cung chứa gĩc để chứng minh DBFC nội tiếp được đường trịn

AHD

 cĩ HAHD (Hai bán kính của H HA; ) AHD cân tại A (Định nghĩa tam giác cân)

11

DA

 (Theo định lí: Tam giác cân cĩ hai gĩc kề đáy bằng nhau) (1)

ABC

 vuơng ở A nên C1 phụ với B1 (Theo định lí: Trong một tam giác vuơng hai gĩc nhọn phụ nhau)

AHB

 vuơng ở H nên A1 phụ với B11

1

C  A (cung phụ với B1) (2)

Từ (1) và (2) cĩ D1C1 (vì cùng bằng A1)  D và C cùng nhìn DE dưới hai gĩc bằng nhau, nên D và C nằm trên cung chứa gĩc BDEDCE dựng trên đoạn DE

Hay tứ giác DBEC nội tiếp được đường trịn tâm O

Trang 22

O

 là giao điểm của hai đường trung trực của hai đoạn thẳng DE và BC 3) Chứng minh AM DE

Muốn chứng minh hai đường thẳng vuơng gĩc với nhau cĩ rất nhiều phương pháp chứng minh

Trong các cách chứng minh đĩ cĩ một cách:

Muốn chứng minh hai đường thẳng vuơng gĩc với nhau ta chứng minh hai đường thẳng đĩ là hai cạnh gĩc vuơng của một tam giác vuơng

Muốn chứng minh được AM DE ta phải chứng minh tam giác nào là tam giác vuơng Gọi I là giao điểm của AM và DE Ta phải chứng minh AIE vuơng bằng cách nào? Muốn chứng minh AIE vuơng tại I ta phải bám lấy giả thiết “ABC vuơng tại A” và giả thiết: “AM là trung tuyến” ứng với cạnh huyền BC Đồng thời kết hợp với kết quả của các chứng minh trên: C1D1 và D1E1 90

ABC

 vuơng ở A (giả thiết) cĩ AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC (giả thiết) nên

2

BC

MAMBMC (Theo định lí: Trong một tam giác vuơng, tiếp tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) AMC cĩ MAMC nên cân tại M A2C1 (Theo định lí: Trong một tam giác cân hai gĩc ở đáy bằng nhau)

Lại cĩ D1C1 (chứng minh trên) A2C1 (vì cùng bằng D1)

ADE

 vuơng tại A (giả thiết) E1D1 90 (Theo định: Tam giác vuơng hai gĩc nhọn phụ nhau) (a)

Thay D1A2 vào đẳng thức (a) ta cĩ:

1290E A    AIE cĩ E1A2 90 211801809090AIEAE     

Vậy AIE vuơng tại I Hay AM DE tại I 4) Chứng minh AHOM là hình bình hành

Điểm lại các cách chứng minh một tứ giác là một hình bình hành Cĩ 5 cách chứng minh một tứ giác là một hình bình hành

* Muốn chứng minh một tứ giác là hình bình hành ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ các cạnh đối song song

* Muốn chứng minh một tứ giác là hình bình hành ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ các gĩc đối bằng nhau

Trang 23

* Muốn chứng minh một tứ giác là hình bình hành ta chứng minh tứ giác đĩ cĩ hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Muốn chứng minh tứ giác AHDM là hình bình hành ta dùng cách nào trong 5 cách vừa nêu để chứng minh?

Dựa vào giả thiết “đường cao AH” và kết quả của các câu trên “trung trực”, “vuơng gĩc” ta thấy ngay: muốn chứng minh tứ giác AHOM là hình bình hành ta chứng minh tứ giác này cĩ “các cạnh đối song song” vì đã cĩ cùng vuơng gĩc thì dĩ nhiên cĩ song song, cĩ song song đơi một tất yếu cĩ hình bình hành

Tứ giác AHOM cĩ:





vì cùng vng góc với BC

/ / vì cùng vng góc với DE theo chứng minh trên/ /

AH OMOH AM

 AHOM là hình bình hành (Theo dấu hiệu 1: Tứ giác cĩ các cạnh đối song song là hình bình hành)

Bài 14: Cho đường trịn (O) và dây AB Trên tia đối của tia BA lấy điểm C Từ C kẻ hai tiếp

tuyến CM và CN với đường trịn (O) D là điểm chính giữa của cung lớn AB, DM cắt AB tại E

a) Chứng minh CM CE

b) Chứng minh EA NB.NA EB.

c) Gọi I là trung điểm của AB Chứng minh 5 điểm M, C, N, O, I cùng nằm trên một đường trịn

Giải

Đường trịn (O) dây AB

C tia đối của BA GT CNON CM;OMDADBIAIBMDABE * EM CE KL * EA NB.NA EB.* M, C, N, O, I cùng nằm trên một đường trịn a) Chứng minh CM CE

Câu này thuộc thể loại chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau

Trang 24

Hai đoạn thẳng CM và CE mà đề bài yêu cầu ta chứng minh chúng bằng nhau lại là hai cạnh của CME

Muốn chứng minh hai cạnh của một tam giác bằng nhau, ta phải chứng minh CME cân tại E Với giả thiết DM cắt dây AB ở E và “CM là tiếp tuyến của (O)” ta chứng minh CME cân bằng cách chứng minh CMECEM

CME là gĩc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây MD (D là điểm chính giữa của cung lớn AB) nên:

  

sđsđ

2

MB BD

CMD (Theo định lí: Trong một đường trịn, số đo của gĩc tạo bởi một tiếp tuyến và một dây đi qua tiếp điểm bằng nửa số đo của cung bị chắn)



1

sđsđ

2

CEMMB DA (Theo định lí: gĩc cĩ đỉnh ở trong đường trịn cĩ số đo bằng nửa tổng số đo của hai cung bị chắn) Mà AD DB (vì D là điểm chính giữa của cung lớn AB) vậy:

 

CME CEMCME cân tại M nên CM CE b) Chứng minh EA.NB = NA.EB

Câu này thuộc thể loại tốn chứng minh tích nọ bằng tích kia

Các phương pháp giải thể loại tốn chứng minh tích này bằng tích kia ta nêu nhiều lần ở các bài tốn trước

Kết quả giữa giả thiết và trực giác, ta cảm giác NE là phân giác của ANB thuộc ANB Nếu NE đúng là phân giác của ANBthì bài tốn đã cĩ cách giải: Dùng tính chất phân giác của tam giác để chứng minh tích nọ bằng tích kia

Ta kiểm tra xem cảm giác tốn học cĩ đúng khơng?

Ta cĩ CM CN (Theo định lí: Hai tiếp tuyến của một đường trịn cắt nhau tại một điểm thì: điểm đĩ cách đều hai tiếp điểm)

Lại cĩ CECM (chứng minh trên)

Do đĩ: CNCE (cùng bằng CM)  CME cân tại C (Theo định nghĩa tam giác cân)

CNECEN

 (Theo định lí: Trong một tam giác cân hai gĩc ở đáy bằng nhau) (1)

ANE

 cĩ NEC là gĩc ngồi đỉnh E nên: NECEANENA (Theo định lí: Mỗi gĩc ngồi của một tam giác bằng tổng hai gĩc trong khơng kề với nĩ) (2)

CNECNBBNE (3)

Mà BENCNB (vì cùng cĩ số đo bằng 1 sđ

2 NB) (4)

Trang 25

Vậy: EANA

EB  NB (Theo định lí đường phân giác trong tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỷ lệ với hai cạnh kề) EA NB.EB NA.

Từ đĩ ta thấy: vẽ hình chính xác thì trực giác của ta nhiều giúp ta rất đắc lực trong giải tốn c) Chứng minh 5 điểm M, I, O, N,C cùng nằm trên một đường trịn

Cĩ nhiều cách chứng minh 5 điểm cũng thuộc một đường trịn Ví dụ:

* Muốn chứng minh 5 điểm cùng thuộc một đường trịn ta chứng minh 5 điểm đĩ là các đỉnh của hai tứ giác nội tiếp được đường trịn

* Muốn chứng minh 5 điểm cùng thuộc một đường trịn ta chứng minh 5 điểm đĩ cách đều một điểm

Cách 1:

Muốn chứng minh 5 điểm M, I, O, N, C cùng nằm trên một đường trịn ta chứng minh: * Tứ giác CION nội tiếp đường trịn (K) đường kính OC

Gọi K là trung điểm của OC

Do I là trung điểm của dây AB (giả thiết) nên OI AB (Theo định lí: Trong một đường trịn, đường kính đi qua trung điểm của một dây thì vuơng gĩc với dây ấy) CIO 90

ONCN (Định lí: tiếp tuyến vuơng gĩc với bán kính đi qua tiếp điểm) ONC 90

9090180

CIO ONC

     mà CIN và CNO là hai gĩc đối diện của tứ giác CION nên CION nội tiếp được đường trịn (Theo định lí: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

* Chứng minh tứ giác CMIO nội tiếp đường trịn

90

OMC  (vì CM là tiếp tuyến của (O))

90

DIO  (Theo định lí: Đường kính đi qua trung điểm của một dây thì vuơng gĩc với dây ấy)

 M và I cùng nhìn OC dưới gĩc bằng 90 nên M, I nằm trên cung trịn chứa gĩc 90 dựng trên đoạn OC Hay tứ giác CMIO nội tiếp đường trịn đường kính OC

Do hai tứ giác CNOI và CMIO cĩ 3 đỉnh chung là I, O, C nên hai đường trịn ngoại tiếp hai tứ giác này trùng nhau (Theo định lí: Qua 3 điểm khơng thẳng hàng chỉ cĩ một đường trịn) Vậy 5 điểm M, I, O, N, C cùng nằm trên đường trịn tâm K đường kính OC

Cách 2:

OIC

 vuơng ở IK là trung tuyến thuộc cạnh huyền OC nên:

2

OC

Trang 26

OMC

 vuơng tại M cĩ MK là trung tuyến thuộc cạnh huyền OC nên:

2OCKOKM KC (6) Tương tự cũng cĩ 2OCKOKCKN  (7)

Từ (5), (6), (7) ta cĩ C, M, I, O, N cách đều K  5 điểm M, I, O, N, C cùng nằm trên đường trịn tâm K đường kính OC

Bài 15: Cho đường trịn (O) đường kính AB C là điểm chính giữa của cung AB và một điểm

M chạy trên cung AB Gọi N là chân đường vuơng gĩc hạ từ C xuống AM a) Chứng minh MCN vuơng cân

b) Chứng minh rằng độ lớn của ONM khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cung BC c) Xác định vị trí của M để MC/ /NB

Giải

Đường trịn (O) đường kính AB GT ACBC M,BC

CN AM

* MCN vuơng cân

KL * ONM khơng đổi khi M di động trên cung BC * Vị trí M để MC/ /NB

a) Chứng minh MCN vuơng cân

Muốn chứng minh một tam giác là tam giác vuơng cân ta cĩ thể chứng minh theo các cách:

* Chứng minh tam giác là tam giác vuơng, sau đĩ chứng minh tam giác vuơng cĩ hai cạnh gĩc vuơng bằng nhau

* Muốn chứng minh một tam giác vuơng cân ta chứng minh tam giác đĩ là tam giác vuơng cĩ một gĩc nhọn bằng 45

Do AB là đường kính của đường trịn (O) nên AB180 Mà C là điểm chính giữa của AB

(giả thiết) nên CACB 90

MCN

 vuơng tại N (vì CN AM tại N) cĩ NMC 45 (vì là gĩc nội tiếp chắn cung AC 90 )

MCN

  vuơng cân tại N

b) Chứng minh gĩc ONM cĩ số đo khơng phụ thuộc vào vị trí của M trên cung BC

Trang 27

Cách 1: ONC và ONM cĩ:   

(cungla ban kinh cua (O)) (hai cạnh của MNC cân tại C) (cạnh chung của hai tam giác)

OC OMNC MNON ON

 . 

ONCONM c c cONCONM

   (hai gĩc tương ứng của hai tam giác bằng nhau) Lại cĩ ONC CNMONM 360 (số đo của một gĩc đáy) mà CNM  90 (vì CN AM) nên

36036090270

ONC ONM CNM     Nhưng 270 135

2

ONCONM ONM    

Dù M ở vị trí nào trên BC thì số đo của CNM cũng bằng 135°

Cách 2: Tứ giác AONC cĩ:  90 (vì chắn cung AC 90 )90 (vì )AOCANCCN CMO

 và N cùng nhìn AC dưới gĩc 90 nên AONC nội tiếp được đường trịn đường kính AC)

Tứ giác AONC nội tiếp đường trịn nên OAC ONC180 (Theo định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180) ONC180 OAC180  45 (vì OAC

nội tiếp chắn cung CB 90 ) 135

ONC ANOAON mà AON  90 ANO135    9045180

ANO ONM (Hai gĩc kề bù)

18018045135

ONMONA

    

Do đĩ gĩc ONM luơn luơn bằng 135 nên khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên BC c) Xác định vị trí của điểm M trên BC để MC/ /NB

90

AMB  (Gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn là gĩc vuơng) Hay OM AM

CN AM (giả thiết)

/ /

CNBM

 (cùng vuơng gĩc với AM)

Nếu MC/ /BN thì tứ giác CMBN là hình bình hành (theo dấu hiệu 1)  MN và BC phải giao nhau tại trung điểm I của mỗi đường

Trang 28

Bài 16: Cho ABC nội tiếp đường trịn (O), H là trực tâm của tam giác I là trung điểm của cạnh AC, phân giác của A cắt đường trịn tại M Kẻ đường cao AK của tam giác

1) Chứng minh đường thẳng OM đi qua trung điểm N của BC 2) Chứng minh KAM MAO

3) Chứng minh AHB∽NOI và AH2ON

Giải

ABC

 nội tiếp (O)

H là trực tâm của ABC

GT Phân giác của BAC cắt (O) tại M

;

OMBCN IAIC

AKBC

* OM đi qua trung điểm N của BC KL * KAM MAO

* AHB∽NOI và AH2ON

Chứng minh

1) Chứng minh OM đi qua trung điểm N của BC

Cĩ nhiều cách chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm của một đoạn thẳng

Đường thẳng OM mà ta phải đi qua trong N của một dây cung trong một đường trịn Đường thẳng OM lại là đường kính

Do AM là phân giác của BAC nên BAMCAMBM CM (Theo định lí: Trong một đường trịn hai gĩc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau)  M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC  OM đi qua trung điểm N của dây BC (Theo định lí: Trong một đường trịn đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuơng gĩc và chia đơi dây chắn cung đĩ)

Vậy N là trung điểm của dây BC 2) Chứng minh KAM MAO

Câu này thuộc thể loại tốn chứng minh hai gĩc bằng nhau

Cĩ nhiều phương pháp chứng minh hai gĩc bằng nhau Trong các phương pháp đĩ cĩ một phương pháp: Muốn chứng minh hai gĩc bằng nhau, ta chứng minh hai gĩc đĩ cũng bằng một gĩc thứ ba (dùng gĩc thứ ba làm trung gian)

Trang 29

AOM

 cĩ OAOM (hai bán kính của một đường trịn)  AOM cân tại O (Tam giác cĩ hai cạnh bằng nhau là tam giác cân) A2M1 (Theo định lí: Trong tam giác cân hai gĩc ở đáy bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) ta cĩ A1 A2 (vì cùng bằng M1) Vậy KAM OAM

3) Chứng minh AHB∽NOI

Muốn chứng minh AHB∽NOI ta chú ý đến các giả thiết “trực tâm”, “trung điểm” Trực tâm dẫn đến vuơng gĩc, vuơng gĩc dẫn đến song song Trung điểm cĩ thể dẫn đến trung bình, trung bình cũng dẫn đến song song

ABC cĩ



I là trung điểm của cạnh AC (giả thiết)

là trung điểm của cạnh BC (chứng minh trên)

N

IN

 là đường trung bình NI/ /AB

 Lại cĩ AH/ /ON (cùng vuơng gĩc với AC)

BAHONI

 (Hai gĩc nhọn cĩ cạnh tương ứng song song) Tương tự cũng cĩ: ABH OIN

12

INONABAH

 (vì IN là đường trung bình của ABC nên

2ABIN  )  .AHBNOI g g ∽ Vậy AH 2NO

Bài 17: Cho ABC cân tại A Gọi E và F là các điểm di động trên các đường thẳng AB và AC sao cho trung điểm I của EF nằm trên cạnh BC Đường trịn qua ba điểm A, E, F cắt đường cao kẻ từ A của ABC tại G

a) Chứng minh IGEF

b) Chứng minh tứ giác EBIG nội tiếp được đường trịn suy ra đường trịn qua ba điểm A, E, F luơn luơn đi qua một điểm cố định

Giải ABC AB AC; AH BCBECF ;IBC IEIF GT (O) đi qua A, E, F

Trang 30

* EBIG nội tiếp được đường trịn  O luơn luơn đi qua một điểm cố định

Chứng minh

a) Chứng minh GI EF

Cĩ nhiều cách chứng minh hai đường thẳng vuơng gĩc với nhau như đã nêu ở các bài trước Câu này ta phải chứng minh GI EF mà I lại là trung điểm của EF (giả thiết)

Làm thế nào để chứng minh một đường thẳng vuơng gĩc với một đoạn thẳng tại trung điểm của đoạn thẳng đĩ?

Muốn chứng minh GI vuơng với EF tại trung điểm I của EF ta chứng minh GI chính là đường trung trực của đoạn thẳng EF

Muốn chứng minh được GI là đường trung trực của đoạn thẳng EF ta phải chứng minh G cách đều E và F

Muốn chứng minh là cách đều E và F ta phải chứng minh đoạn GEGF GE và GF là hai dây cung của đường trịn (O)

Muốn chứng minh hai dây của một đường trịn bằng nhau ta phải chứng minh hai dây đĩ căng hai cung bằng nhau Tức là phải chứng minh GEGF

Muốn chứng minh hai cung của một đường trịn bằng nhau cĩ nhiều cách

Muốn chứng minh GE GF ta sử dụng giả thiết (ABC cân tại A và đường cao AH)

ABC

 cân tại A (giả thiết)  Đường cao AH ứng với đáy BC lại là phân giác của BAC

(Tính chất của tam giác cân) A1A2GEGF (Theo định lí: Trong một đường trịn hai gĩc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau) GEGF (Theo định lí: Trong một đường trịn hai cung bằng nhau thì căng hai dây bằng nhau)  G cách đều EF GI là trung trực của đoạn EF

Vậy GI EI

b) Chứng minh EBIG nội tiếp đường trịn

Cĩ 5 cách chứng minh một tứ giác nội tiếp được đường trịn

Ta dùng cách nào trong năm cách đĩ để chứng minh tứ giác BEIG nội tiếp được đường trịn? Từ BEIG cĩ EIG 90 (chứng minh trên) ta chỉ cần chứng minh được GBE 90 là đủ điều kiện kết luận BEIG nội tiếp được đường trịn

Làm thế nào để chứng minh được GBE 90

Muốn chứng minh GBE 90 khá dài nên dùng định lí đảo để chứng minh BEIG nội tiếp khá vất vả

Trang 31

Do GEGF (chứng minh trên)  GEF cân tại G E1F2 (Hỏi gĩc ở đáy một tam giác cân)

Mà A1F1 (hai gĩc nội tiếp cùng chắn GE) A1E1 (cùng bằng F1)

ABH

 vuơng tại H nên A1ABH  90 (Tam giác vuơng cĩ hai gĩc nhọn phụ nhau)

GIE

 vuơng tại I (chứng minh trên) nên E1EGI  90 mà E1A1 nên EBI EGI  B và G cùng nhìn EI dưới hai gĩc bằng nhau  B và G nằm trên cung chứa gĩc dựng trên đoạn EI Hay tứ giác BEIG nội tiếp được đường trịn đường kính EG (hãy tính cung chứa gĩc)

Do BEIG nội tiếp đường trịn nên EIGEBG180 (Theo định lí thuận) mà EIG 90 nên

1801809090

EBG EIG     hay GBAB

Do ABC cố định nên B cố định, đường cao AH cố định BGAB cũng cố định G là điểm cố định Vậy khi E, F thay đổi thì đường trịn ngoại tiếp AEF luơn luơn đi qua điểm cố định G là giao điểm của đường cao AH và đường thẳng vuơng gĩc với AB tại B

Bài 18: Cho đường trịn O R;  với ba dây liên tiếp AB, BC, CD bằng nhau và đều nhỏ hơn R Các đường thẳng AB, CD cắt nhau tại điểm I, các tiếp tuyến của đường trịn tại B, D cắt nhau tại K

1) So sánh các gĩc BIC và BKD

Trang 32

BIC và BKD là hai gĩc cĩ đỉnh ở ngồi đường trịn nên ta phải sử dụng định lí về gĩc ở đỉnh ở ngồi đường trịn để chứng minh

sđ

sđ

2

AmD BC

BIC (Theo định lí: Số đo của gĩc ở đỉnh ở ngồi đường trịn bằng nửa hiệu số đo của hai cung bị chắn giữa hai cạnh của gĩc) (a)

  sđsđ2AD ABBC CD

BKD (Theo định lí về gĩc ở đỉnh ở ngồi đường trịn) (1) Nhưng ABBCCD (giả thiết) nên ABBCCD Thay CDAB vào (1) ta cĩ:

  sđsđ2AmD AB BC ABBKD  sđsđ2AmD BCBKD (b) Từ (a) và (b) ta cĩ: BIC BKD

2) Chứng minh BC là phân giác của gĩc KBD

Ở các bài trước đã nêu: Cĩ nhiều phương pháp chứng minh hai gĩc bằng nhau, trong các phương pháp đĩ cĩ một phương pháp:

Muốn chứng minh hai gĩc bằng nhau ta chứng minh hai gĩc đĩ bằng một gĩc thứ ba Tức là sử dụng định lí   nếu (vì cùng bằng b)và a ba cc b

Gĩc thứ 3 ta dùng làm trung gian để chứng minh B1B4 là gĩc nào? Vì sao ta dùng gĩc đĩ làm trung gian?

Gĩc thứ ba ta dùng làm gĩc trung gian là B3 và gĩc B3 là gĩc đối đỉnh với gĩc B1 Do BK là tiếp tuyến của đường trịn (O) nên:

1sđsđ

2

BC

B (Theo định lí: Gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây đi qua tiếp điểm cĩ số đo bằng nửa số đo của cung bị chắn)

3sđsđ

2

AB

B (Theo định lí: Gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây đi qua tiếp điểm ) Mà BC AB (vì dây AB dây BC ) B1B3

Lại cĩ B4B3 (hai gĩc đối đỉnh)

14

BB

 (cùng bằng B4)  BC là phân giác của KBD 3) Chứng minh IBC∽KBD và IBK∽CBD

Trang 33

IBC và KBD cĩ:     ∽ (chứng minh trên).1

(đều có số đo bằng sđ2

BIC BKD

IBCKBD g g

IBC KBCBC CD

* Chứng minh IBK∽CBD

Muốn chứng minh IBK∽CBDphải chứng minh được: K1D1, B4B2

Muốn chứng minh các gĩc này đơi một bằng nhau phải chứng minh được tứ giác BIKD nội tiếp đường trịn

Do BIDBKD (chứng minh trên)  I và K cùng nhìn BD dưới những gĩc bằng nhau nên BIKD nội tiếp được đường trịn (Quỹ tích cung chứa gĩc) K1D1 (cùng chắn BI)

42

B B (cùng bằng B1)  IBK∽CBD g g . 4) Chứng minh IK/ /BC

Cĩ nhiều phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song như đã nêu ở các bài trên Trong các phương pháp chứng minh đĩ cĩ một phương pháp:

Muốn chứng minh hai đường thẳng song song với nhau, ta chứng minh hai đường thẳng đĩ tạo với đường thẳng thứ ba một cặp gĩc so le trong bằng nhau

Ta cĩ: K1B1 (cùng bằng D1) mà K1 và B1 ở vị trí so le trong nên theo định lí về dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song thì: IK/ /BC

Bài 19: Cho hình ABCD Một đường thẳng song song với đường chéo BD cắt các cạnh AB

và AD lần lượt ở E và F Gọi H là hình chiếu của A trên DE, M là trung điểm của EF a) Chứng minh AHF∽DHC

b) Chứng minh các tứ giác FDCH và FDHM nội tiếp được đường trịn và 5 điểm C, D, F, M, H cùng nằm trên một đường trịn Giải BCD cĩ ABBCCDDA GT A    BCD 90/ /;EFBD EABFAD ;AH DE MEMF KL * AHF∽DHC

Trang 34

Chứng minh

a) Chứng minh AHF∽DHC

AHDE AHE vuơng tại H AEH  A 90 (Theo định lí: Trong một tam giác vuơng hai gĩc nhọn phụ nhau)

190

HAFA  HEAHAF

 (cùng phụ với A1) và A1D1 (cùng phụ với HAD) (1)

AHD

 vuơng tại H HADD1 90 mà HDCD1 90

HADHDC AHE và HAD cĩ:      ∽11 (chứng minh trên) . (chứng minh trên)ADHAEHAD g gAEH HADAEAEADAD và AEAFAHAEDH  DC  DH  DC (2) Từ (1) và (2) ta cĩ AHF∽DHCc gc

b) Chứng minh tứ giác FDCH và tứ giác FDHM nội tiếp được đường trịn  C, D, F, M, H cùng nằm trên một đường trịn

Cĩ nhiều phương pháp chứng minh 5 điểm cùng nằm trên một đường trịn Câu này muốn chứng minh 5 điểm C, D, F, M, H cùng nằm trên một đường trịn ta chứng minh 5 điểm là đỉnh của hai tứ giác nội tiếp

Do AHF∽DHC (chứng minh trên) nên AFH DCH (Hai gĩc tương ứng của hai tam giác đồng dạng, mà AFHHFD180 (Hai gĩc kề bù) DCHHFD180  FDCH nội tiếp được đường trịn (Theo định lí: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180° thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn) (3)

Ta cĩ BD AC (Tính chất đường chéo của hình vuơng) mà

/ /909090180

EFBDEF ACFMC  FMCFDC     mà FMC và FDC là hai gĩc đốì diện của tứ giác CDFM nên CBFM nội tiếp được đường trịn (Theo định lí đảo ) (4) Từ (3) và (4) ta cĩ hai tứ giác FDCH và CDFM nội tiếp đường trịn Tứ giác này cĩ 3 đỉnh chung là C, D, F Theo định lí qua ba điểm khơng cĩ một và chỉ một đường cùng nằm trên một đường kính CF

Bài 20: Cho ABC cĩ BAC 45 nội tiếp đường trịn (O) cạnh BCa, kẻ các đường cao

,

BB CC Gọi O là điểm đối xứng của O qua đường thẳng B C  1 Chứng minh tứ giác AB’O’C’ nội tiếp được đường trịn 2 Tính B’C’ theo a

Trang 35

ABC

 nội tiếp đường trịn (O)

45

BAC 

GT BBAC CC;AB

O đối xứng với O qua B C  Cạnh BCa

KL * Chứng minh tứ giác AB’O’C’ nội tiếp được đường trịn

* Tính B’C’ theo a

Chứng minh

1) Chứng minh tứ giác AC’O’B’ nội tiếp đường trịn

Nhắc lại cĩ 5 phương pháp chứng minh một tứ giác nội tiếp được đường trịn

Muốn chứng minh tứ giác AB’O’C’ nội tiếp được đường trịn ta dùng phương pháp nào trong 5 phương pháp đã nêu?

Với giả thiết “Tam gĩc nội tiếp”, (BAC 45 ) ta nên dùng định lí đảo của định lí và tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác AC’O’B’ nội tiếp được đường trịn

Muốn chứng minh B ACB O C'180 ta phải chứng minh được B O C' 135 (vì B AC  45

theo giả thiết)

Từ giả thiết “BAC hay C AB   45 ” và các “đường cao BB CC O, , đối xứng với O qua B’C’

cho ta cách tính gĩc B O C   Ta cĩ    

90 (vì CC là đường cao của ABC)

, , cùng nhìn đoạn dưới góc 9090 (vì BB là đường cao)

BC C

C O BBC a

BB C



B C O B C, , , , nằm trên cung chứa góc 90 dựng trên đoạn  BC a

Hay B C O B C, , , ,  nằm trên đường trịn đường kính BC (Áp dụng quỹ tích cung chứa gĩc)

180

BC B  B CB

 (Theo định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180°) và C O B 180 BCC mà B CC  45 (AC C vuơng cân tại C)

18045135

C OB  

  

Do O’ đối xứng với O qua B’C’ (giả thiết) nên OCO C OB ;O B 

Trang 36

135B OC B O C   Tứ giác AB’O’C’ cĩ:                45 (giả thiết) 45 135 180135 (chứng minh trên)B ACB AC B O CB O C

mà B AC và B O C   là hai gĩc đối diện của tứ giác AB’O’C’ nên AB’O’C’ nội tiếp được đường trịn (Theo định lí: Nếu một tứ giác cĩ tổng số đo của hai gĩc đối diện bằng 180 thì tứ giác đĩ nội tiếp được đường trịn)

2) Tính độ dài đoạn B’C’ theo a

Muốn tính được độ dài đoạn B’C’ là phải tìm được sự tương quan giữa B’C’ với BC

Ta cĩ: BB AC (giả thiết)  AB B vuơng tại B’ cĩ BAB  45 (giả thiết) ABB90 BAB

904545 AB B

       vuơng cân tại B’ (Theo định lí: Nếu tam giác cĩ hai gĩc bằng nhau thì tam giác đĩ là tam giác cân) ABB B

Ta lại cĩ OAOB (cùng là bán kính một đường trịn)  B’D là trung trực của đoạn AB

/ /

B O ABB D CC

 (cùng vuơng gĩc với AB)

 Tứ giác CB’O’C’ là hình thang cân (vì CB’O’C’ nội tiếp đường trịn) B C OC

BOC

 vuơng cân tại O (vì cĩ OBOCR và BOC 90 đã chứng minh ở trên) nên ta:

222BC OB OC (Định lí Pi-ta-go) 2222OCOBaR22OCaR Hay 22aOC

Mà OC và B’C’ là hai đường chéo của hình thang cân CB’OC’ nên OCB C  (Theo định lí: Hình thang cân cĩ hai đường chéo bằng nhau)

Vây 2

2